1. Si considerino le seguenti tre rette in R

Geometria 2014 - ’15; Esame scritto del 21 settembre 2015.

1. Si considerino le seguenti tre rette in R

²

: L : 2x−y = 1 , R = {  3 1

 +t

 4

−3



|t ∈ R}

e S = {  3 1



+ t  −1

−2



| t ∈ R}.

(a) Descrivere e trovare equazioni per l’insieme dei punti P di R

²

tali che d(P, L) = d(P, R);

(b) Descrivere e trovare equazioni per l’insieme dei punti Q di R

²

tali che d(Q, L) = d(Q, S).

(a) Equazione cartesiana di R: 3x + 4y = 13. Se P =  x y



si ha che: d(P, L) =

^{|2x−y+1|√}

5

e d(P, R) =

^|3x+4y−13|₅

. Uguagliando viene √

5|2x − y + 1| = |3x + 4y − 13| che e’ l’unione di due rette: √

5(2x − y + 1) = 3x + 4y − 13 e √

5(2x − y + 1) = 3x + 4y − 13. Sono le due bisettrici degli ”spicchi” delimitati da L e R.

(b) L’equazione cartesian di S ´ e: 2x − y = 5. Dunque d(P, S) =

^{|2x−y−5|√}

5

. Uguagliando si ha |2x − y + 1| = |2x − y − 5|. Dunque 2x − y + 1 = 2x − y − 5, che non ha soluzione, e 2x − y + 1 = −(2x − y − 5), che e’ la retta che ”sta a met´ a” tra L e S (che sono parallele).

Dunque abbiamo una sola retta in questo caso.

2. Si consideri, al variare di t in R, la matrice C

t

=







t + 2 1 0 1

2 t + 2 2 0

0 1 t + 2 1

1 t + 3 −1 0





 (a) Calcolare det(C

t

) come funzione di t. Trovare i valori di t per cui det(C

t

) = 0.

(b) Si consideri il sistema lineare la cui matrice completa ` e C

t

. Stabilire per quali valori di t tale sistema ha unica soluzione, infinite soluzioni o nessuna soluzione.

(a)

det C

t

= det







t + 2 1 0 1

2 t + 2 2 0

−(t + 2) 0 t + 2 0

1 t + 3 −1 0





 = − det





2 t + 2 2

−(t + 2) 0 t + 2

1 t + 3 −1



 =

= − det





2 t + 2 4

−(t + 2) 0 0

1 t + 3 0



 = −4(t + 2)(t + 3)

Dunque i valori sono t = −2 e t = −3. (NOTA: calcolo del determinante: nel primo passaggio si e’ sottratta la prima riga dalla terza. Poi si e’ sviluppato dall’ultima colonna.

Poi, nel determinante 3 × 3, si ` e sommata la prima colonna alla terza).

(b) Se det(C

t

) 6= 0 la matrice C

t

ha rango 4 e non potr` a mai avere lo stesso rango della matrice incompleta, che ` e al massimo 3. Quindi ci possono essere soluzioni solo quando det(C

t

) = 0, cio` e per t = −2 e t = −3. In questi casi effettivamente si vede subito che la matrice incompleta ha rango 3 (e quindi anche quella completa). Quindi la risposta ` e t = −2 et = −3.

1

3. Siano u =



 1 0 1



, v =



 1

−1 0



 e w =



 0 1 0



. Sia B = {u, v, w}. Sia T : R

³

→ R

³

l’applicazione lineare tale che M

B,B

(T ) =





2 0 2 0 2 0 2 0 5



.

(a) Calcolare T (3u + v − 2w);

(b) Calcolare autovalori e autospazi di T .

(c) Calcolare la matrice rappresentativa di T rispetto alla base standard di R

³

. (a) Abbiamo che M

_B,B

(T )



 3 1

−2



 ` e il vettore delle coordinate rispetto alla base B del

vettore T (3u + v − 2w). Poich` e





2 0 2 0 2 0 2 0 5







 3 1

−2



 =



 2 2

−4



 abbiamo che T (3u + v − 2w) = 2u + 2v − 4w.

(b) sappiamo che il polinomio caratteristico non dipende dalla matrice rappresentativa, ma solo dall’applicazione. Dunque possiamo calcolare il polinomio caratteristico, e quindi gli autovalori, della matrice M

_B,B

(T ). Si vede facilmente che gli autovalori sono 1, 6 e 2. Autospazi: usiamo la solita procedura, ma ricordiamo che stiamo lavorando con le coordinate rispetto alla base B. Dunque: V (1) = Span(−2u + w), V (6) = Span(u + 2w), V (2) = Span(v). ATTENZIONE: scrivere, ad esempio, che V (2) = Span(



 0 1 0



) (e

similmente per gli altri autospazi) e’ un errore grave:



 0 1 0



 non ` e un autovettore di T per

l’autovalore 2. In altre parole: T (



 0 1 0



) 6= 2



 0 1 0



. Visto che v =



 1

−1 0



, quello che ` e

vero ` e che T (



 1

−1 0



) = 2





−1 1 0



.

(c) Denotiamo C = M

_BE

(id) =





1 1 0

0 −1 1

1 0 0



. Abbiamo il diagramma

R

³_E

→

^T

R

³_E

↓

^id

↑

^id

R

³_B

→

^T

R

³_B

Dunque M

_E,E

(T ) = C M

_B,B

(T ) C

⁻¹

. Si calcola abbastanza facilmente C

⁻¹

=





0 0 1

1 0 −1 1 1 −1



.

2

Dunque

M

E,E

(T ) =





1 1 0

0 −1 1

1 0 0









2 0 2 0 2 0 2 0 5









0 0 1

1 0 −1 1 1 −1





4. Sia A =







−1 1 1 −1

−1 −3 −1 1

2 2 0 −2

−2 −2 −2 0





 .

(a) Stabilire se qualcuno tra i seguenti scalari: −2, −1 ` e un autovalore di A. Per tali scalari, calcolare il corrispondente autospazio (attenzione: non si chiede di calcolare il polinomio caratteristico).

(b) Usando (a), trovare tutti gli autovalori di A. Stabilire se esiste una matrice C tale che C

⁻¹

AC ` e una matrice diagonale (non si richiede di calcolare la matrice C, ma spiegare bene la risposta).

(a) Si considera la matrice A−(−1)I

4

. Si vede abbastanza brevemente che ha determinante non nullo. Quindi −1 non e’ un autovalore. Poi si considera la matrice A − (−2)I

4

. Questa

` e







1 1 1 −1

−1 −1 −1 1

2 2 2 −2

−2 −2 −2 2





 , che ha tutte le righe proprozionali, quindi rango uno. Dunque

−2 ` e un autovalore, e la sua molteplicita’ geometrica ` e 4 − 1 = 3.

(b) Dunque la molteplicit´ a algebrica di −2 ` e almeno 3, che significa che abbiamo almeno tre autovalori coincidenti, uguali a −2. ma sappiamo che (−2) + (−2) + (−2) + λ

₄

= T r(A) =

−4. Quindi il quarto autovalore `e λ

4

= 2. Questo ha necessariamente molteplicit` a algebrica uno. Dunque abbiamo due autovalori. Per entrambi la molteplicit` a algebrica e’ uguale alla geometrica, e quindi A ` e diagonalizzabile. Questo significa precisamente che esiste una matrice C tale che C

⁻¹

AC ` e una matrice diagonale (C ` e una matrice che ha per colonne una base di autovettori e la matrice C

⁻¹

AC ` e la matrice rappresentativa rispetto a tale base dell’applicazione lineare X 7→ AX).

3